Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Eric Hofmann Fredrik Strömberg Sommersemester 2008 August 13, 2008

Lineare Algebra II

4. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 17) Eigenwerte von Matrizen endlicher Ordnung

Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum und f : V → V ein Endomorphismus (f ≠ id_{V}). Es gelte f^{m} = id_{V}, für ein m > 1. Zeigen Sie: Die Eigenwerte von f sind m-te Einheitswurzeln.

Lösung:

Dass man ein solches f diagonalisieren kann, ist bekannt, aus der Vorlesung oder aus Aufgabe (T 5). Sei A die darstellende Matrix von f und S eine Transformationsmatrix, welche A diagonalisiert. Es gilt dann

E = S^{−1}ES = S^{−1}A^{m}S

= S^{−1}ASS^{−1}A^{m−1}S

= (S^{−1}AS)S^{−1}ASS^{−1}A^{m−2}S = ⋯

= \underbrace{(S^{−1}AS) ⋯ (S^{−1}AS)}_{m mal}

= (S^{−1}AS)^{m}.

In der letzten Zeile steht nun aber eine Diagonalmatrix mit den m-ten Potenzen der Eigenwerte von f als Einträge, d.h. für jeden Eigenwert λ von f gilt

1 = λ^{m}.

(G 18)

Es sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über ℂ, f : V → V ein Endomorphismus und W ⊆ V ein f-invarianter Unterraum. Sei p(x) das charakteristische Polynom von f und p_{W} (x) das charakteristische Polynom von f_{|W}.

(a) Zeigen Sie, daß p_{W} ein Teiler von p ist.

(b) Zeigen Sie, daß, wenn W ≠ V, dann ist p_{W} ein nicht-trivialer Teiler von p.

Lösung:

Wir wissen daß p(x) = ∏_{j=1}^{n}(x − λ_{j}) wobei die λ_{j} Eigenwerte von f sind. Sei W ⊆ V ein f-invarianter Unterraum und g = f_{W}. p_{g}(x) = p_{W} (x) = ∏_{j=1}^{n_{W}}(1 − μ_{j}) wobei n_{W} = dim(W) und μ_{1}, …, μ_{j} die Eigenwerte von g sind. Aber es ist klar, daß {μ_{j}} eine Teilmenge von {λ_{j}} ist, und also teilt p_{W} (x) p(x). Wieder ist naturlich die Menge {μ_{j}} ein echte Teilmenge genau wenn W ⊊ V und in diesem Falle ist p_{W} ein nicht-trivialer Teiler von p.

(G 19)

Es seien V = ℝ^{3} und A : V → V ein Endomorphismus gegeben (bzgl. Standardbasis) durch die Matrix

A = ( \begin{matrix}1 & 0 & 8 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix} )

(a) Berechne das charakteristische Polynom von A und gebe die Eigenwert von A an.

(b) Sei W der Eigenraum von A bezügl. Eigenwert λ_{1} = 2. Beschreiben Sie W in einfachen Worten. Gebe eine Matrix für A_{W} an und berechne das charakteristische Polynom von A_{|W}, p_{W} (x).

(c) Sei W′ der Eigenraum von A bezügl. der 2 andere Eigenwerte (λ_{2}, λ_{3} ≠ 2). Beschreiben Sie W′ in einfacher Worter. Geben Sie eine Matrix für A_{W′} und berechnen Sie das charakteristische Polynom von A_{|W}, p_{W} (x).

Lösung:

a) Wir haben

p (t) = | \begin{matrix}1 − t & 0 & 8 \\ 0 & 2 − t & 0 \\ 1 & 0 & 3 − t \end{matrix} | = | \begin{matrix}0 & 8 \\ 2 − t & 3 − t \end{matrix} | + (3 − t) | \begin{matrix}1 − t & 0 \\ 0 & 2 − t \end{matrix} |
= 8 (t − 2) + (3 − t) (1 − t) (2 − t)
= (2 − t) [(3 − t) (1 − t) − 8] = (2 − t) (t − 5) (t + 1)

Also sind die Eigenwerte λ_{1} = 2, λ_{2} = 5, λ_{3} = −1. Offensichtlich ist W = V_{2}(A) = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | x = z = 0}. D.h. W ist die y-Achse, A_{W} = 2 und p_{W} (t) = 2 − t.

b) Offensichtlich ist W′ = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | y = 0}. D.h. W ist die xz-Ebene,

A = ( \begin{matrix}1 & 8 \\ 1 & 3 \end{matrix} )

und p_{W} (t) = (1 − t)(3 − t) − 8 = (t − 5)(t + 1).

(G 20)

Es seien V = ℝ^{3} und A : V → V ein Endomorphismus. Zeigen Sie, daß es Endomorphismen D : V → V und N : V → V gibt, so daß A = D + N, D diagonalisierbar ist, N nilpotent ist und DN = ND. (Hinweis: Benutzen Sie die Jordan-Zerlegung)

Lösung:

Seien λ_{1}, …, λ_{l} die Eigenwerte von A mit zugehörigen Entartungen m_{1}, …, m_{k}. Und betrachte alles in der Basis die A in die Jordansche Normalform überführt. Sei V_{k} der verallgemeinte Eigenraum zum Eigenwert λ_{l} und 𝟙_{k} die identität am V_{k}. Die Jordansche Normalform ist in der Form: Diag(A_{1}, …, A_{l}) wobei A_{k} = A_{|V_{k}}. Es ist jetzt klar, dass die Operatoren N_{k} = (A_{k} − λ_{k}𝟙_{k}) nilpotent sind und so ist auch N = Diag(N_{1}, …, N_{l}). Mit D = Diag(λ_{1}E_{1}, …, λ_{l}E_{l}), einer Diagonalmatrix, gilt A = D + N und offensichtlich ist ND = DN weil alle Blöche kommutieren.

Hausübungen

(H 10)

Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über ℂ und f : V → V ein normaler Endomorphismus. Zeigen Sie folgende Aussagen:

(a) f ist selbstadjungiert genau dann, wenn alle Eigenwerte von f reell sind.

(b) f ist unitär genau dann, wenn alle Eigenwerte den Betrag 1 haben.

Lösung:

(a)

• Ist f selbstadjungiert und v ein beliebiger Eigenvektor mit zugehörigem Eigenwert λ,

so gilt

λv = f(v) = f^{∗}(v) = λ̄v,

da der adjungierte Endomorphismus die selben Eigenvektoren und konjugierte Eigenwerte hat (vgl. etwa Aufgabe (T 7)). Also ist λ = λ̄ und somit λ ∈ ℝ.

• Seien umgekehrt alle Eigenwerte reell. Da f normal ist, gibt es eine ONB von Eigenvektoren von f, diese sind gleichzeitig Eigenvektoren zu f^{∗}. Bezüglich dieser Basis haben die darstellenden Matrizen von f und f^{∗} beide Diagonalgestalt. Diese Matrizen sind aber gleich, da die Eigenwerte von f^{∗} gerade die komplex konjugierten der Eigenwerte von f sind (und die sind reell).

(b)

• Die Implikation „f unitär“ ⟹ „alle Eigenwerte von f haben Betrag 1“ wurde schon in Aufgabe (H 4) gezeigt.

• Umgekehrt gelte |λ| = 1 für jeden Eigenwert λ von f. f und somit f^{∗} sind normal, sie besitzen also eine gemeinsame ONB von Eigenvektoren, bezüglich der ihre darstellenden Matrizen beide Diagonalgestalt haben. Bezeichne mit D die zu f gehörige Diagonalmatrix und mit D^{∗} = D̄ die zu f^{∗}. Sei i ∈ {1, …, dim V } beliebig. Die i-te Zeile von D hat die Form (0, …, 0, λ, 0, …, 0), mit einem Eigenwert λ ∈ ℂ, entsprechend lautet die i-te Spalte von D̄ dann (0, …, 0, λ̄, 0, …, 0)^{t}. Bildet man das Produkt DD^{∗}, so ist dies eine Diagonalmatrix mit |λ λ̄| = 1 als i-tem Diagonaleintrag. Da i beliebig war, folgt DD^{∗} = E, also ist f unitär.

(H 11)

Es sei D ∈ M_{n}(ℂ), und d habe n verschiedene Eigenwerte. Zeigen Sie: Für jedes C ∈ M_{n}(ℂ) sind die folgenden Aussagen äquivalent:

1. CD = DC.

2. C und D sind simultan Diagonaliserbar.

3. Es gibt ein Polynom p, so dass C = p(D).

Lösung:

• 1) ⟹ 2): Set v_{1}, …, v_{n} ein Basis so dass D = Diag(λ, …, λ_{n}) (ein Diagonalmatrix mit λ_{1}, …, λ_{n} auf der Diagonale). D.h. Dv_{j} = λ_{j}. Dann ist DCv_{j} = CDv_{j} = Cλ_{j}v_{j} = λ_{j}Cv_{j}, d.h. Cv_{j} ist auch ein Eigenvektor zu D mit Eigenwert λ_{j}, d.h. Cv_{j} = μ_{j}v_{j} so bezüglich dieser Basis gilt auch C = Diag(μ_{1}, …, μ_{n}).

• 2) ⟹ 3): Aus den Voraussetzungen folgt das D und C gleichzeitig diagonalisierbar sind. D.h. wir können voraussetzen, dass D = Diag(λ_{1}, …, λ_{n}) und C = Diag(μ_{1}, …, μ_{n}). Damit ist

p(D) = Diag(p(λ_{1}), …, p(λ_{n}))

und die Frage is dann ob es ein Polynome p(x) = Σ_{i=0}^{m}a_{i}x^{i} gibt, so dass p(λ_{j}) = μ_{j} für j = 1, …, n. D.h. wir müssen Koeffizienten a_{i} finden so dass

Λa⃗ = ( \begin{matrix}1 & λ_{1} & λ_{1}^{2} & ⋯ & λ_{1}^{m} \\ 1 & λ_{2} & λ_{2}^{2} & ⋯ & λ_{2}^{m} \\ ⋮ & & & ... & ⋮ \\ 1 & λ_{n} & λ_{n}^{2} & ⋯ & λ_{n}^{m} \end{matrix} ) ( a_{1} ; a_{2} ; ⋮ ; a_{m} ) = ( μ_{1} ; μ_{2} ; ⋮ ; μ_{n} )

erfüllt ist. Sei m = n so, dass Λ Quadratisch ist. Weil die λ_{i} verscheiden sind, sind die Spalten und Zeilen alle unabhängig. Somit ist der Rang von Λ = n und es gibt eine Lösung.

• 3) ⟹ 1): Ist C = p(D) mit einem Polynom der Form p(x) = ∑_{i=0}^{m} c_{i}x^{i}, vom Grad m ≥ 0 und Koeffizienten c_{0}, …, c_{m} ∈ 𝕂, so gilt

p(D) D = (∑_{i=0}^{m} c_{i}D^{i}) D = ∑_{i=0}^{m} c_{i}D^{i+1} = D ∑_{i=0}^{m} c_{i}D^{i} = D p(D).

(H 12) Jordansche Normalform

Seien V = ℝ^{4} und A : V → V ein Endomorphismus gegeben (bzgl. Standardbasis) durch die Matrix:

A = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & −1 \\ −1 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \end{matrix} )

(a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynome von A.

(b) Bestimmen Sie die verallgemeinerten Eigenräume von A, d.h. V^{r}(λ) = ker(A−E)^{r}, r ≥ 1.

(c) Bestimmen Sie eine zyklische Basis für V bezüglich A.

(d) Was ist die Matrix für A bezüglich dieser Basis?

Lösung:

Das charakteristisches Polynom ist:

p_{A} (t) = | \begin{matrix}1 − t & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 − t & 1 & −1 \\ −1 & 0 & 1 − t & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 − t \end{matrix} | = (addiere Zeil 4 zu 2 und 3) = | \begin{matrix}1 − t & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 − t & 0 & −t \\ −1 & 0 & −t & −t \\ 0 & 0 & −1 & 1 − t \end{matrix} | =

= 1 | \begin{matrix}1 − t & 0 & 0 \\ 0 & 1 − t & −t \\ −1 & 0 & −t \end{matrix} | − (t − 1) | \begin{matrix}1 − t & 0 & 1 \\ 0 & 1 − t & 0 \\ −1 & 0 & −t \end{matrix} |

= 1 (1 − t) | \begin{matrix}1 − t & −t \\ 0 & −t \end{matrix} | − (t − 1) (1 − t) | \begin{matrix}1 − t & 1 \\ −1 & −t \end{matrix} |
= − (t − 1) (t^{2} − t) + (t − 1)^{2} (t^{2} − t + 1)
= (t − 1)^{2} [−t + t^{2} − t + 1] = (t − 1)^{4} .

Und

A − 𝟙 = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ −1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix} ) ,

(A − 𝟙)^{2} = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 & −1 \\ −1 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ,

(A − 𝟙)^{3} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ,

(A − 𝟙)^{4} = 0.

Die verallgemeinerten Eigenräume sind V^{r} (1) = ker (A − 𝟙)^{r} , r = 1, 2, 3, 4. Hier ist

(A − 𝟙) x⃗ = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ −1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}x_{3} \\ x_{3} − x_{4} \\ −x_{1} − x_{4} \\ −x_{3} \end{matrix} )

also, x⃗ ∈ ker (A − 𝟙) ⇒ x_{3} = 0 ⇒ x_{4} = 0 ⇒ x_{1} = 0 und x_{2} beliebig. D.h.

V^{1} (1) = {(0, x_{2}, 0, 0) ∈ ℝ^{4} | x_{2} ∈ ℝ} .

(A − 𝟙)^{2} x⃗ = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 & −1 \\ −1 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−x_{1} − x_{4} \\ −x_{1} + x_{3} − x_{4} \\ 0 \\ x_{1} + x_{4} \end{matrix} ) ,

x⃗ ∈ ker (A − 𝟙)^{2}⇒ x_{1} + x_{4} = 0 ⇒ x_{3} = 0. D.h.

V^{2} (1) = {(x_{1}, x_{2}, 0, −x_{1}) ∈ ℝ^{4} | x_{1}, x_{2} ∈ ℝ} .

(A − 𝟙)^{3} x⃗ = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ −x_{1} − x_{4} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,

d.h.

V^{3} (1) = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}, −x_{1}) ∈ ℝ^{4} | x_{1}, x_{2}, x_{3} ∈ ℝ} .

Offensichtlich ist dimV^{1} (1) = 1, dimV^{2} (1) = 2 und dimV^{3} (1) = 3 und wir möchten jetzt eine zyklische Basis für V finden. D.h. eine Basis v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}, sodass (A − 𝟙) v_{1} = v_{2}, (A − 𝟙) v_{2} = v_{3}, (A − 𝟙) v_{3} = v_{4} und (A − 𝟙) v_{4} = 0.

Wir wollen dann v_{4} aus V^{1} (1) wählen, z.B. v_{4} = (0, 1, 0, 0). Man kann danach verifizieren, dass v_{3} = (1, 0, 0, −1) ∈ V^{2} (1) (A − 𝟙) v_{3} = v_{4} erfüllt. Wieder können wir wählen v_{2} = (0, 0, 1, 0) ∈ V^{3} (1) weil (A − 𝟙) v_{2} = v_{3}. Für den letzten (ersten) Vektor betrachten wir das Bild von (A − 𝟙) und sehen gleich, dass v_{1} = (−1, 0, 0, 0) (A − 𝟙) v_{1} = v_{2} erfüllt. Wir haben dann eine zyklisches Basis und bezüglich diesr Basis hat A die Matrix :

( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .